安徽省亳州市蒙城县第六中学2025年数学高二第一学期期末教学质量检测试题含解析.doc

安徽省亳州市蒙城县第六中学2025年数学高二第一学期期末教学质量检测试题
注意事项
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．一质点从出发，做匀速直线运动，每秒的速度为秒后质点所处的位置为（ ）
A. B.
C. D.
2．数列中前项和满足，若是递增数列，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
3．设为等差数列的前项和，，，则
A.-6 B.-4
C.-2 D.2
4．已知双曲线离心率为2，过点的直线与双曲线C交于A，B两点，且点P恰好是弦的中点，则直线的方程为（）
A. B.
C. D.
5．命题：，的否定为（ ）
A.， B.不存在，
C.， D.，
6．直线x﹣y+3＝0的倾斜角是（）
A.30° B.45°
C.60° D.150°
7．已知不等式解集为，下列结论正确的是（　　）
A. B.
C D.
8．如图，在平行六面体中，AC与BD的交点为M.设，则下列向量中与相等的向量是（　　）

A. B.
C. D.
9．将一个表面积为的球用一个正方体盒子装起来，则这个正方体盒子的最小体积为（ ）
A. B.
C. D.
10．某人忘了电脑屏保密码的后两位，但记得最后一位是1，3，5，7，9中的一个数字，倒数第二位是G，O，D中的一个字母，若他尝试输入密码，则一次输入就解开屏保的概率是（ ）
A. B.
C. D.
11．已知点，点关于原点的对称点为，则（）
A. B.
C. D.
12．阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿基米德三角形（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的（即右图中阴影部分面积等于面积的）．若抛物线方程为，且直线与抛物线围成封闭图形的面积为6，则（）

A.1 B.2
C. D.3
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．甲乙两艘轮船都要在某个泊位停靠8个小时，假定它们在一昼夜的时间段内随机地到达，则两船中有一艘在停靠泊位时、另一艘船必须等待的概率为______.
14．在等比数列中，若，是方程两根，则________.
15．函数的图象在点处的切线方程为___________.
16．如图，已知椭圆＋y2＝1的左焦点为F，O为坐标原点，设过点F且不与坐标轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点G，则点G横坐标的取值范围为________

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知圆与
（1）过点作直线与圆相切，求的方程；
（2）若圆与圆相交于、两点，求的长
18．（12分）已知抛物线的方程为，点，过点的直线交抛物线于两点
（1）求△OAB面积的最小值（为坐标原点）；
（2）是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由
19．（12分）已知函数.
（1）当时，求函数的极大值与极小值；
（2）若函数在上的最大值是最小值的3倍，求a的值.
20．（12分）如图，在四棱锥P - ABCD中，PD =2AD=4，PD⊥CD，PD⊥AD，底面ABCD为正方形，M、N、Q分别为AD、PD、BC的中点

（1）证明：面PAQ//面MNC；
（2）求二面角M - NC - D的余弦值
21．（12分）如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.

（1）证明：平面平面.
（2）求点到平面的距离.
22．（10分）2017年厦门金砖会晤期间产生碳排放3095吨．2018年起厦门市政府在下潭尾湿地生态公园通过种植红树林的方式中和会晤期间产生的碳排放，拟用20年时间将碳排放全部吸收，实现“零碳排放”目标，向世界传递低碳，环保办会的积极信号，践行金砖国家倡导的可持续发展精神
据研究估算，红树林的年碳吸收量随着林龄每年递增2%，2018年公园已有的红树林年碳吸收量为130吨，如果从2019年起每年新种植红树林若干亩，新种植的红树林当年的年碳吸收量为m（）吨．2018年起，红树林的年碳吸收量依次记，，，…
（1）①写出一个递推公式，表示与之间的关系；
②证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）为了提前5年实现厦门会晤“零碳排放”的目标，m的最小值为多少？
参考数据：，，
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、A
【解析】利用空间向量的线性运算即可求解.
【详解】2秒后质点所处的位置为.
故选：A
【点睛】本题考查了空间向量的线性运算，考查了基本知识掌握的情况以及学生的综合素养，属于基础题.
2、B
【解析】由已知求得，再根据当时，，，可求得范围.
【详解】解：因为，则，两式相减得，
因为是递增数列，所以当时，，解得，
又，，所以，解得，
综上得，
故选：B.
3、A
【解析】由已知得
解得
故选A
考点：等差数列的通项公式和前项和公式
4、C
【解析】运用点差法即可求解
【详解】由已知得，又，，可得.
则双曲线C的方程为.设，，
则两式相减得，
即.
又因为点P恰好是弦的中点，所以，，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
经检验满足题意
故选：C
5、D
【解析】含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论即可
【详解】解：命题：，的否定为：，
故选：D
6、C
【解析】先求斜率，再求倾斜角即可
【详解】解：直线的斜截式方程为，
∴直线的斜率，
∴倾斜角，
故选：C
【点睛】本题主要考查直线的倾斜角与斜率，属于基础题
7、C
【解析】根据不等式解集为，得方程解为或，且，利用韦达定理即可将用表示，即可判断各选项的正误.
【详解】解：因为不等式解集为，
所以方程的解为或，且，
所以，所以，
所以，故ABD错误；
，故C正确.
故选：C.
8、B
【解析】根据代入计算化简即可.
【详解】
故选：B.
9、C
【解析】求出球的半径，要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，从而可得出答案.
【详解】解：设球的半径为，则，得，故该球的半径为11cm，
若要使这个正方形盒子的体积最小，则这个正方体正好是该球的外切正方体，所以正方体的棱长等于球的直径，即22cm，所以这个正方体盒子的最小体积为.
故选：C.
10、C
【解析】应用分步计数法求后两位的可能组合数，即可求一次输入就解开屏保的概率.
【详解】由题设，后两位可能情况有，
∴一次输入就解开屏保的概率是.
故选：C.
11、C
【解析】根据空间两点间距离公式，结合对称性进行求解即可.
【详解】因为点关于原点的对称点为，所以,
因此，
故选：C
12、D
【解析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.
【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即时，
，即，
故选：D

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】利用几何概型的面积型概率计算，作出边长为24的正方形面积，求出部分的面积，即可求得答案.
【详解】设甲乙两艘轮船到达的时间分为，则，
记事件为两船中有一艘在停靠泊位时、另一艘船必须等待，则，
即
∴.
故答案为：.

【点睛】本题考查几何概型，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对概率模型的抽象成面积型.
14、.
【解析】由题意求得，，再结合等比数列的性质，即可求解.
【详解】由题意知，，是方程的两根，可得，，
又由，，所以，，可得，
又由，所以.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了等比数列的通项公式，以及等比数列的性质的应用，其中解答中熟练应用等比数列的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
15、
【解析】求导得到，计算，根据点斜式可得到切线方程.
【详解】因此，则，故，又点在函数的图象上，
故切线方程为：，即.
故答案为：
16、
【解析】设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出线段的垂直平分线方程，可求得点的横坐标，利用不等式的基本性质可求得点的横坐标的取值范围.
【详解】设直线的方程为，
联立，整理可得，
因为直线过椭圆的左焦点，所以方程有两个不相等的实根
设点、，设的中点为，
则，，
直线的垂直平分线的方程为，
令，则.
因为，所以
故点的横坐标的取值范围.
故答案为：

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）或
（2）
【解析】（1）根据已知可得圆心与半径，再利用几何法可得切线方程；
（2）联立两圆方程可得公共弦方程，进而可得弦长.
【小问1详解】
解：圆的方程可化为：，即：圆的圆心为，半径为
若直线的斜率不存在，方程为：，与圆相切，满足条件
若直线的斜率存在，设斜率为，方程为：，即：
由与圆相切可得：，解得：
所以的方程为：，即：
综上可得的方程为：或
【小问2详解】
联立两圆方程得：，
消去二次项得所在直线的方程：，
圆的圆心到的距离，
所以.
18、（1）；
（2）是，该定值.
【解析】（1）根据弦长公式、点到直线距离公式，结合三角形面积公式进行求解即可；
（2）根据两点间距离公式，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.
【小问1详解】
显然直线存在斜率，设直线的方程为：，
所以有，设，
则有，
，
原点到直线的距离为：，
△OAB的面积为：，
当时，有最小值，最小值为；
【小问2详解】
是定值，理由如下：
由（1）可知：，，

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
19、（1）的极大值为0,的极小值为（2）2
【解析】（1）先求导可得，再利用导函数判断的单调性，进而求解；
（2）由（1）可得在上的最小值为，由，，可得的最大值为，进而根据求解即可.
【详解】解:（1）当时，，
所以，令，则或，
则当和时，；当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减,
所以极大值为；的极小值为.
（2）由题,，由（1）可得在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值即为的极小值；
因为,,所以，
因为，则，
所以.
【点睛】本题考查利用导函数求函数的极值,考查利用导函数求函数的最值,考查运算能力.
20、（1）证明过程见解析
（2）
【解析】（1）由线线平行证明线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解二面角的余弦值.
【小问1详解】
因为M，N是DA，PD的中点，
所以MN//AP，
因为平面PAQ，平面PAQ，
所以MN//平面PAQ
因为四边形ABCD为正方形，且Q为BC中点，
所以MA//CQ，且MA=CQ，
所以四边形MAQC为平行四边形，
所以CM//AQ，
因为平面PAQ，平面PAQ，
所以MC//平面PAQ，
因为，
所以面PAQ//面MNC
【小问2详解】
因为PD⊥CD，PD⊥AD，AD⊥CD
故以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设平面NMC的法向量为，
则，
令得：，
所以，
平面NDC的法向量为，
则，
设二面角M - NC - D的大小为，显然为锐角，
则

21、（1）证明见解析；
（2）.
【解析】（1）根据等边三角形的性质、线面垂直的性质，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）利用余弦定理，结合三棱锥的等积性进行求解即可.
【小问1详解】
证明：设，因为是等边三角形，且，
所以是的中点，则.
又，所以，所以，
即.
又平面平面，
所以.
又，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：因为，所以.
在中，，
所以，则
又平面，所以.
如图，连接，则，
所以.
设点到平面的距离为，因为，
所以，
解得，即点到平面的距离为.

22、（1）①；②证明见解析，
（2）最少为6.56吨
【解析】（1）①根据题意直接写出一个递推公式即可；
②要证明是等比数列，只要证明为一个常数即可，求出等比数列的通项公式，即可求出的通项公式；
（2）记为数列的前n项和，根据题意求出，利用分组求和法求出数列的前n项和，再令，解之即可得出答案.
【小问1详解】
解：①依题意得,
则，
②因为，所以，
所以，因为
所以数列是等比数列，首项是，公比是1.02，
所以，
所以；
【小问2详解】
解：记为数列的前n项和，

，
依题，所以，
所以m最少为6.56吨